A. Only Pluses
题意：
Kmes 写了三个整数 a 、 b 和 c ，以便记住他必须给 Noobish_Monk a×b×c 香蕉。
Noobish_Monk 找到了这些整数，并决定做以下最多 5 次的事情：
- 从这些整数中选择一个
- 将它增加 11 。
例如，如果是 a=2 、 b=3 和 c=4 ，那么可以将 a 增加三次，再将 b 增加两次。之后是 a=5 、 b=5 、 c=4 。那么香蕉的总数就是 5×5×4=100 。
a×b×c的最大值是多少？Noobish_Monk通过这些运算可以得到的最大值是多少？
思路：
每次对最小的进行操作
AC代码：
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
map<int, int>mp;
vector<int>q;
void solve()
{
int x;
q.clear();
for (int i = 0; i < 3; i++)
{
cin >> x;
q.push_back(x);
}
int num = 0;
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
sort(q.begin(), q.end());
q[0]++;
}
cout << q[0] * q[1] * q[2] << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
B. Angry Monk
题目大意：
为了庆祝他的康复，k1o0n 烤了一个长达 n 米的巨大马铃薯砂锅。
结果，Noobish_Monk就是受不了土豆，所以他决定毁了 k1o0n 的大餐。他把土豆切成了 k 块，长度是 a1,a2,…,ak 米。
k1o0n 并不喜欢这样。幸运的是，一切都可以补救。为此，k1o0n 可以进行以下操作之一：
- 选取长度为 ai≥2 的棋子，将其分成长度为 1 和 ai−1 的两个棋子。这样，棋子的数量将增加 1 ；
- 选取长度为 ai 的一个片段和长度为 aj=1 的另一个片段( i≠j )，将它们合并为长度为 ai+1 的一个片段。这样，棋子的数量将减少 1 。
请帮助 k1o0n 找出将砂锅合并成长度为 n 的一块所需的最少操作数。
例如，如果 n=5、 k=2 和 a=[3,2]，最佳操作如下：
- 将长度为 2 的棋子分成长度为 2−1=1 和 1 的两块，结果为 a=[3,1,1] 。
- 合并长度为 3 的棋子和长度为 1 的棋子，得到 a=[4,1] .
- 将长度为 4 的棋子与长度为 1 的棋子合并，得到 a=[5] 。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
map<int, int>mp;
int a[200010];
void solve()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
cin >> a[i];
}
int ans = 0;
int tt = 0;
int p;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
if (a[i] > tt)
{
p = i;
tt = a[i];
}
}
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
if (i != p)
{
if (a[i] == 1)
{
ans++;
}
else if(a[i]>1)
{
ans += a[i] - 1;
ans += a[i];
}
}
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
思路：
以最大的为基准，把所有都累加到最大上面（为1时直接+1就行，>1时加上该值的两倍-1（分出1和把1合并是两步））
C. Gorilla and Permutation
思路：
其实巨简单（想得太多了反而做不出来），就是求一个最大的f和一个最小的g就行了，根据两个特殊值m和k就行，先输出所有>m且<=k的值（1~n,不能重复）,输出<m的值要注意一下，因为我们要让g最小，即<m的要先输出小的再输出大的（因为最后都会得到相同的和，此时就必须要取小的）
AC代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
using namespace std;
void solve() {
ll n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=n;i>=k;i--) cout<<i<<" ";
for(int i=k-1;i>=m+1;i--) cout<<i<<" ";
for(int i=1;i<=m;i++) cout<<i<<" ";
cout<<"\n";
}
int main() {
TEST
solve();
return 0;
}
D. Test of Love
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m, t, h, k,a,b,c,ans, num, sum1,sum,sum2, cnt;
string s, ss;
void solve()
{
cin >> n >> m >> k;
cin >> s;
s = " " + s;
if (m > n) {
cout << "YES" << endl;
return;
}
else {
ans = m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (ans <= 0) {
cout << "NO" << endl;
return;
}
if (s[i] == 'L')
ans = m;
if (s[i] == 'W') {
if (k > 0) {
if (ans > 1)
ans--;
else {
ans = 1;
k--;
}
}
else
ans--;
}
if (s[i] == 'C')
ans--;
}
}
if (ans > 0)
cout << "YES" << endl;
else
cout << "NO" << endl;
}
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
